新高考人教版高中物理题型训练（必修一）专题2.4 竖直上抛运动 （人教版2019必修第一册）（解析版）

专题2.4竖直上抛运动【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1竖直上抛运动的规律应用】 【题型2竖直上抛运动的对称性】 【题型3竖直上抛运动的多解性】 【题型4竖直上抛运动的极值性】 【题型5竖直上抛运动的图像应用】 【题型6多过程问题】 【题型7等分问题】 【题型1竖直上抛运动的规律应用】【例1】如图所示，一点光源固定在水平面上，一小球位于点光源和右侧竖直墙壁之间的正中央，某时刻小球以初速度v0竖直上抛。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球上升过程中，小球的影子在竖直墙壁上做()A．速度为v0的匀速直线运动B．速度为2v0的匀速直线运动C．初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动D．初速度为v0、加速度为g的匀减速直线运动解析：选C根据竖直上抛运动规律可得，小球上升的位移为y＝v0t－eq\f(1,2)gt2，由几何关系可知，小球的影子在竖直墙壁上的位移为y′＝2y＝(2v0)t－eq\f(1,2)(2g)t2，则小球的影子做初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动，所以C正确。【变式1-1】如图所示，将一小球以10m/s的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g取10m/s2。则3s内小球运动的()A．路程为25mB．位移为15mC．速度改变量为30m/sD．平均速度为5m/s解析：选A应用全程法求解位移，由x＝v0t－eq\f(1,2)gt2得位移x＝－15m，B错误；平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝－5m/s，D错误；小球竖直上抛，由v＝v0－gt得速度的改变量Δv＝v－v0＝－gt＝－30m/s，C错误；上升阶段通过路程x1＝eq\f(v02,2g)＝5m，下降阶段通过的路程x2＝eq\f(1,2)gt22，t2＝t－eq\f(v0,g)＝2s，解得x2＝20m，所以3s内小球运动的路程为x1＋x2＝25m，A正确。【变式1-2】（多选）物体以初速度v0竖直上抛，经3s到达最高点，空气阻力不计，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.物体的初速度v0为60m/sB.物体上升的最大高度为45mC.物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为5∶3∶1D.物体在1s内、2s内、3s内的平均速度之比为9∶4∶1答案BC解析物体做竖直上抛运动，有h＝v0t－eq\f(1,2)gt2①v＝v0－gt②联立①②可得v0＝30m/s，h＝45m，故A错误，B正确；物体在第1s内、第2s内、第3s∶eq\x\to(v)3＝x1∶x2∶x3＝5∶3∶1，物体在1s内、2s内、3s内的平均速度之比为eq\x\to(v)1′∶eq\x\to(v)2′∶eq\x\to(v)3′＝eq\f(25,1)∶eq\f(40,2)∶eq\f(45,3)＝5∶4∶3，故C正确，D错误.【变式1-3】跳水是一项优美的水上运动，运动员从离出水面10m的跳台向上跃起，举双臂直体离开台面，重心(此时其重心位于从手到脚全长的中点)升高0.45m达到最高点．落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是多长？(不计重力，g取10m/s2)解析：把运动员看成一个质点，把上升阶段看成自由落体运动的逆运动，根据对称性原理，运动员上升的时间t1等于做自由落体运动下落0.45m所用的时间，t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×0.45,10))s＝0.3s.下降过程，自由落体，t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×10.45,10))s≈1.45s.从离开跳台到手触水面，运动员可用于完成空中动作的时间t＝t1＋t2＝1.75s.答案：1.75s【题型2竖直上抛运动的对称性】【例2】在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，常用“对称自由下落法”测重力加速度g的值。如图所示，在某地将足够长真空长直管沿竖直放置，自直管下端竖直上抛一小球，测得小球两次经过a点的时间间隔为Ta，两次经过b点的时间间隔为Tb，又测得a、b两点间距离为h，则当地重力加速度g的值为()A.eq\f(4h,Ta2－Tb2) B.eq\f(8h,Ta2－Tb2)C.eq\f(8h,Ta－Tb) D.eq\f(8h,Tb2－Ta2)解析：选B小球从a点上升到最大高度过程中，有ha＝小球从b点上升到最大高度过程中，有依据题意ha－hb＝h，联立解得g＝eq\f(8h,Ta2－Tb2)，B正确。【变式2-1】一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10m/s2)()A.80m B.40mC.20m D.无法确定答案C解析物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为eq\f(tA,2)，从最高点自由下落到B点的时间为eq\f(tB,2)，A、B间距离为：hAB＝eq\f(1,2)g[(eq\f(tA,2))2－(eq\f(tB,2))2]＝eq\f(1,2)×10×(2.52－1.52)m＝20m，故选C.【变式2-2】在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为()A.eq\f(2v,g)B.eq\f(v,g)C.eq\f(2h,v)D.eq\f(h,v)解析：选A根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝eq\f(－v－v,－g)＝eq\f(2v,g)，A项正确。【变式2-3】以8m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8s，则小树高约为()A．0.8mB．1.6mC．2.4m D．3.2m解析：选C石子竖直上升的最大高度为H＝eq\f(v2,2g)＝3.2m，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1＝eq\f(t,2)＝0.4s，则最高点到小树顶端的距离为h1＝eq\f(1,2)gt12＝0.8m，则小树高约为h＝H－h1＝2.4m，故C正确。【题型3竖直上抛运动的多解性】【例3】以初速度v0=20m／s竖直向上抛一个小球(g取10m／s2)，不计空气阻力，以下说法正确的是（）A.小球经过4s到达最高点B.小球上升的最大高度为40mC.小球在出发点上方15m，时，速度大小为10m／sD.小球到出发点上方15m时，经过的时间一定是1s【答案】C【解析】物体做竖直上抛运动，上升阶段：由：解得：故A错误；

根据速度位移关系公式，小球上升的最大高度为：故B错误；

由位移时间公式可得，为解得故C正确；

由：得：解得：或上升经过抛出点的上方处时用时，下降经过抛出点的上方处时用时，故D错误．故选C。【变式3-1】（多选）某人在高层楼房的阳台外侧以30m/s的速度竖直向上抛出一个小球，小球运动到离抛出点25m处所经历的时间可能是(不计空气阻力，取g＝10m/s2)()A．1s B．3sC．5s D．(3＋eq\r(14))s解析：选ACD取竖直向上方向为正方向，当小球运动到抛出点上方离抛出点25m时，位移为x＝25m，由x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，代入得25＝30t－eq\f(1,2)×10t2，解得t1＝1s，t2＝5s，当小球运动到抛出点下方离抛出点25m时，位移为x＝－25m，由x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，代入得－25＝30t－eq\f(1,2)×10t2，解得t1＝(3＋eq\r(14))s，t2＝(3－eq\r(14))s(舍去)，故A、C、D正确。【变式3-2】（多选）从20m高的楼房的阳台上以20m/s的初速度竖直向上抛出一重物，不计空气阻力，求小球运动到离抛出点15m处所经历的时间可能是(g=10m/s2)()A．1sB．2sC．3sD．(2+)s答案：ACD【变式3-3】一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3s后物体的速率变为10m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g＝10m/s2)()A．在A点上方15m处，速度方向竖直向上B．在A点下方15m处，速度方向竖直向下C．在A点上方75m处，速度方向竖直向上D．在A点上方75m处，速度方向竖直向下解析：选C若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式v＝v0－gt，物体的初速度为v0＝v＋gt＝40m/s，物体的位移为h1＝(v0＋v)eq\f(t,2)＝75m，物体在A点的上方，C正确，D错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v0′＝－v＋gt＝20m/s，物体的位移为h2＝(v0′－v)eq\f(t,2)＝15m，物体仍然在A点的上方，A、B错误。【题型4竖直上抛运动的极值性】【例4】某人从同一点P以相同的速度先后竖直向上抛出两小球A、B，两球的v－t图像分别如图中A、B所示，不计空气阻力，不考虑两球相撞，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．B球上升0.15m时和A球相遇B．若抛出两球的时间差合适，A球可以在上升过程中和B相遇C．t＝0.2s和t＝0.3s时，两球的间距相等D．t＝0到t＝0.3s，A球运动的平均速度大小为eq\f(5,6)m/s答案C解析由题图可知，小球初速度为v0＝2m/s，上升时间为t0＝0.2s，上升最大高度为H＝eq\f(v02,2g)＝0.2m，B球比A球晚Δt＝0.1s抛出．B球上升0.15m时，有hB＝v0tB－eq\f(1,2)gtB2，代入数据解得tB＝0.1s或tB＝0.3s(舍去)，则可知A球抛出时间为tA＝tB＋Δt＝0.2s，则可知此时A球上升到最大高度0.2m处，故两球没有相遇，故A错误；因两球初速度相同，故A球不可能在上升过程中和B球相遇，故B错误；当t＝0.2s时，两球间距为Δh1＝(eq\f(1,2)×2×0.2－0.15)m＝0.05m，当t＝0.3s时，B球上升到最大高度，A球从最大高度下降h′＝eq\f(1,2)×10×0.12m＝0.05m，则两球间距为Δh2＝0.05m，故C正确；t＝0到t＝0.3s，A球的位移为h＝v0t－eq\f(1,2)gt2＝0.15m，则A球运动的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝0.5m/s，故D错误．【变式4-1】研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10m/s2)解析：法一：分段法根据题意画出运动草图如图所示，在A→B段，根据匀变速运动规律可知tAB＝eq\f(v0,g)＝1s，hAB＝hBC＝eq\f(1,2)gtAB2＝5m，由题意可知tBD＝11s－1s＝10s，根据自由落体运动规律可得hBD＝eq\f(1,2)gtBD2＝500m，故释放点离地面的高度H＝hBD－hAB＝495m。法二：全程法将产品的运动视为匀变速直线运动，规定向上为正方向，则v0＝10m/s，a＝－g＝－10m/s2，根据H＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得H＝－495m，即产品刚释放时离地面的高度为495m。答案：495m【变式4-2】蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图所示。设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g取10m/s2)()A．1.8m B．3.6mC．5.0m D．7.2m解析：选C由题图可知运动员每次在空中运动的时间t＝2.0s，故运动员跃起的最大高度Hm＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝5.0m，C正确。【变式4-3】某人站在高楼的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石子．不考虑空气阻力，取g＝10m/s2.求：(1)石子上升的最大高度及回到抛出点所用的时间；(2)石子抛出后到达距抛出点下方20m处所需的时间．解析解法一：(1)上升过程为匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，v0＝20m/s，a1＝－g，v＝0，根据匀变速直线运动公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，v＝v0＋at得石子上升的最大高度：H＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m；上升时间：t1＝eq\f(－v0,a1)＝eq\f(v0,g)＝eq\f(20,10)s＝2s下落过程为自由落体运动，取竖直向下为正方向．v0′＝0，a2＝g，回到抛出点时，x1＝H，根据自由落体运动规律得下落到抛出点的时间：t2＝eq\r(\f(2x1,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2st＝t1＋t2＝4s所以最大高度H＝20m，从抛出点抛出到回到抛出点所用时间为4s.(2)到达抛出点下方20m处时，x2＝40m，从最高点下落到抛出点下方20m处所需的时间：t2′＝eq\r(\f(2x2,g))＝eq\r(\f(2×40,10))s＝2eq\r(2)st′＝t1＋t2′＝(2＋2eq\r(2))s所以石子抛出后到达距抛出点下方20m处所需的时间为(2＋2eq\r(2))s.解法二：(1)全过程分析，取竖直向上为正方向，v0＝20m/s，a＝－g，到达最大高度时v＝0，回到原抛出点时x1＝0，落到抛出点下方20m处时x＝－20m，由匀变速直线运动公式得最大高度：H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m回到原抛出点时：x1＝v0t1－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，t1＝eq\f(2v0,g)＝eq\f(2×20,10)s＝4s(2)到达距抛出点下方20m处时：x＝v0t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，代入数据得－20＝20t2－eq\f(1,2)×10teq\o\al(2,2)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2＝2＋2\r(2)s,t2′＝2－2\r(2)s不符合题意，舍去))答案(1)20m4s(2)(2＋2eq\r(2))s【题型5竖直上抛运动的图像应用】【例5】在某星球表面，t＝0时刻小球以初速度v0开始做竖直上抛运动，取抛出位置位移x＝0，以v0方向为正方向，则小球位移x随速度的平方v2变化的x－v2图像如图所示，下列说法正确的是()A．小球的初速度为100m/sB．小球位移x＝5m时对应的运动时间为2sC．小球加速度与初速度方向相反D．图中m点坐标值为－7.2答案C解析t＝0时x＝0，由题图知v02＝100(m/s)2，所以小球的初速度v0＝10m/s，选项A错误；由v2－v02＝2ax得x＝eq\f(v2,2a)－eq\f(v02,2a)，图线斜率k＝eq\f(1,2a)＝－eq\f(5,100)，解得a＝－10m/s2，小球位移x＝5m时v＝0，所以对应运动时间t＝eq\f(0－v0,a)＝1s，选项B错误，C正确；由题图可知eq\f(－m,5)＝eq\f(144－100,100)，解得m＝－2.2，选项D错误．【变式5-1】（多选）小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某高度，其v－t图象如下图所示，则由图可知(g＝10m/s2)以下说法正确的是()A．小球下落的最大速度为5m/sB．第一次反弹初速度的大小为3m/sC．小球能弹起的最大高度0.45mD．小球能弹起的最大高度1.25m答案：ABC【变式5-2】一个弹性小球由静止从一定高度落至地面被反弹回原来的位置，若取竖直向下为正方向，下面v—t图象能描述该过程中小球速度随时间变化的是（）A．B．C．D．答案：A【变式5-3】如图所示为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则()A.t1时刻开始进入水中B.t2时刻开始进入水中C.t2时刻达到最高点D.t1～t2时间内速度方向竖直向上答案B解析运动员起跳时的速度方向向上，t1时刻速度变为零，t1时刻后速度方向向下，则t1时刻达到最高点，故A、C、D错误；0～t2时间内v－t图象为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内运动员在空中，t2时刻后进入水中，故B正确.【题型6多过程问题】【例6】.一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度—时间图象如图所示，由图象可知()A.0～ta段火箭的加速度小于ta～tb段火箭的加速度B.0～tb段火箭是上升过程，tb～tc段火箭是下落过程C.tb时刻火箭离地面最远D.tc时刻火箭回到地面答案A解析结合题干和题图图象可知竖直向上为正方向，则0～ta段火箭匀加速向上运动，ta～tb段火箭匀加速向上运动，且加速度比0～ta段大，故A正确；tb～tc段火箭速度仍大于0，即火箭仍向上运动，而加速度为负值，即加速度与速度方向相反，火箭做减速运动，故B错误；到tc时刻火箭速度为0，此时到达最高点，故C、D错误.【变式6-1】甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动。欲使乙球上升到eq\f(H,n)处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为()A.eq\r(\f(gH,2)) B.eq\r(\f(ngH,2n－1))C.eq\r(\f(n－1gH,2n)) D.eq\r(\f(ngH,2n＋1))解析：选B由竖直上抛运动规律知eq\f(H,n)＝v0t－eq\f(1,2)gt2，由自由落体运动规律知H－eq\f(H,n)＝eq\f(1,2)gt2，联立可得t＝eq\f(H,v0)，v0＝eq\r(\f(ngH,2n－1))，B对。【变式6-2】(多选)如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v0＝10m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力．(取g＝10m/s2，甲、乙两球可看作质点)下列说法正确的是()A．无论h为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇B．当h＝10m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇C．当h＝15m时，乙球能在下落过程中与甲球相遇D．当h<10m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇答案BCD解析设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得eq\f(1,2)gt2＋v0t－eq\f(1,2)gt2＝h，可得t＝eq\f(h,v0)，而乙球的落地时间t1＝eq\f(2v0,g)，两球在空中相遇的条件是t<t1，整理得h<20m，A错误；若乙球恰好在最高点与甲球相遇，满足的条件是t＝eq\f(1,2)t1，代入数据整理得h＝10m，B正确；由于10m<h＝15m<20m，可得乙球能在下落过程中与甲球相遇，C正确；当h<10m时，乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，D正确．【变式6-3】(多选)矿井中的升降机以5m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．螺钉松脱后做自由落体运动B．矿井的深度为45mC．螺钉落到井底时的速度大小为25m/sD．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s答案BC解析螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，选项A错误；取竖直向下为正方向，由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移h1＝－v0t＋eq\f(1,2)gt2＝30m，升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15m，故矿井的深度为h＝h1＋h2＝45m，选项B正确；螺钉落到井底时速度大小为v＝－v0＋gt＝25m/s，选项C正确；螺钉松脱前运动的位移为h1＝v0t′，解得t′＝6s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9s，选项D错误．【题型7等分问题】【例7】一个小球以v0＝20m/s的初速度从地面被竖直向上抛出，然后每隔时间Δt＝1s，以同样的速度竖直上抛一个小球，不计空气阻力，且小球在升降过程中不发生碰撞，则第一个小球在空中能与其他小球相遇的个数为()A．1个B．2个C．3个D．4个答案：C解析：由竖直上抛运动位移公式h＝v0t－eq\f(gt2,2)知，竖直上抛运动的位移－时间图象(x－t图像)是一条抛物线．小球在空中的运动时间为t＝eq\f(2v0,g)＝4s(g取10m/s2)．定性地画出x－t图像，如图所示，图像中各图线的相交点表示位移相等，即两球相遇点．根据各球图像的交点，可以看出：第一个小球在空中能与三个小球相遇．【变式7-1】如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4s抛出一球，接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖